Đề chọn HSG lớp 9 trường THCS mỹ an huyện phù mỹ bình định

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ
TRƯỜNG THCS MỸ AN

ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN
Năm học 2016-2017
Mơn TỐN, lớp 9
Thời gian làm bài:150 phút
(khơng kể thời gian phát đề)

Đề chính thức

Bài 1 : (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 +1 và 6p2+1 cũng là số nguyên tố.
Bài 2 (5 điểm)
a) Cho

xy + 1 yz + 1 xz + 1
=
=
. CMR: x=y hoặc y = z hoặc x =z hoặc x2y2z2=1.
y
z
x

b) Cho abc = 1 và a + b + c =

1 1 1
+ + .
a b c

Tính giá trị của M = (a2016 -1)(b2016-1 )(c2016-1).
Bài 3( 5điểm)

a) Cho a, b là các số thực dương: Chứng minh

( a + b)

2

+

a+b
≥ 2a b + 2b a
2
1

2

3

b) Cho a , b là các số dương thỏa a2 + 2b 2 ≤ 3c2 . Chứng minh + ≥
a b c

Bài4 ( 3 điểm ) Cho tam giác ABC có các đường trung tuyến BM và CN vng góc với nhau.
Chứng minh rằng:

cot gB + cot C ≥

2
3

Bài 5 : (4 điểm)
Cho hình vng ABCD có cạnh bằng 1. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD lấy điểm

N sao cho góc MAN = 450. Xác định vị trí cuả M, N để diện tích tam giác CMN đạt giá trị lớn
nhất


HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN
Năm học 2016-2017
Môn TOÁN, lớp 9

Bài 1 (3đ)
Nhận xét: p là số nguyên tố thì 4p2+ 1 > 5 và 6p2+ 1 > 5
(0.5 đ)
2
2
Đặt x = 4p + 1 = 5p - (p - 1)(p + 1)
y = 6p2+ 1 suy ra 4y = 25p2– (p - 2)(p + 2)
(0.5 đ)
Khi đó:
- Nếu p chia cho 5 dư 4 hoặc dư 1 thì (p - 1)(p + 1) chia hết cho 5
Suy ra x chia hết cho 5 mà x > 5 suy ra x không là số nguyên tố
(0.5 đ)
- nếu p chia cho 5 dư 3 hoặc dư 2 thì (p - 2)(p + 2) chia hết cho 5
Suy ra 4y chia hết cho mà UCLN(4, 5) = 1 suy ra y chia hết cho 5 mà y > 5
Suy ra y không là số nguyên tố
(0.5 đ)
Vậy p chia hết cho 5, mà p là nguyên tố suy ra p = 5
(0.5 đ)
Thử p =5 thì x =101, y =151 là số nguyên tố
Đáp số p =5

(0.5 đ)
Baøi 2 (5 đ)
a) (2.5 đ
Ta có :

xy + 1 yz + 1
1
1
1 1 y−z
⇔ x+ = y +
⇔ x-y = − =
=
y
y
z
z y
yz
z
x− y
z−x
Tương tự ta có:
y-z=
; z-x =
xy
xz
( x − y )( y − z )( z − x )
Suy ra (x-y)(y-z)(z-x) =
x2 y2 z 2
⇔ (x-y)(y-z)(z-x)(x2y2z2-1) = 0
⇔ x=y hoặc y=z hoặc z=ơ hoặc x2y2z2=1.

(ĐPCM).

b) (2.5 đ )
Vì : a + b + c =

1 1 1
ab + ac + bc
+ + nên suy ra a + b + c =
a b c
abc

Suy ra a + b + c = ab + ac + bc (1) ( vì abc= 1 )
Vì abc = 1 nên abc – 1 = 0
(2)
Suy ra : abc – 1 + a + b + c – ab – ac – bc = 0
⇔( a – 1 ) ( b – 1 ) ( c – 1 ) = 0
⇔ a = 1 hoặc b = 1 hoặc c = 1
Thay a = 1 hoặc b =1 hoặc c = 1 thì M nhận giá trị bằng 0
Bài 3: ( 5 điểm)
2

a ) (3,0 đ)

(0.5đ)
(0.5 đ)
(0.5 đ)
(0.5 đ)
(0.5 đ)
( 0,25 đ)
( 0,25 đ

( 0,25 đ)

( 0,25 đ)
( 0,75 đ )
( 0,25đ )
( 0,5 đ )

2

1
1


Ta có :  a − ÷ ≥ 0;  b − ÷ ≥ 0
2
2


⇒ a− a +

∀ a, b > 0

(0,5đ)

1
1
≥ 0; b − b + ≥ 0
4
4

(0,5đ)

1
1
⇒ (a − a + ) + (b − b + ) ≥ 0 ∀ a , b > 0
4
4
⇒ a+b+

1
≥ a+ b >0
2

(*)

(0,5đ)


Mặt khác: a + b ≥ 2 ab > 0


1

Suy ra ( a + b ) ( a + b ) +  ≥ 2 ab
2

⇒ ( a + b) +
2

(**)

(

a+ b

( a + b)
2

)

(0,5đ)

(0,5đ)

≥ 2a b + 2b a

(0,5đ)

b) (2.0 đ)
1 2
9
( 1) ⇔ ( a+ 2b) ( b+ 2a) ≥ 9ab
a b a + 2b
2
⇔ 2a2 − 4ab + 2b2 ≥ 0 ⇔ 2( a − b) ≥ 0 ( đúng)

Ta có: + ≥

a+2b ≤ 3( a2 + 2b2 )

0, 5 đ

( 2) ⇔ ( a + 2b) ≤ 3( a2 + 2b2 )
2
⇔ 2a2 − 4ab+ 2b2 ≥ 0 ⇔ 2( a − b) ≥ 0 ( đúng)
2

0, 5 đ

Từ (1) và (2) suy ra
1đ

1 2
9
9
3
+ ≥
≥
≥
( do a2 + 2b2 ≤ 3c2 )
2
2
a b a + 2b
3 ( a + 2b ) c
A

Bài 4 (3đ) )
N

M

G

Gọi AH là chiều cao của tam giác ABC.
Ta có cotgB = BH /AH
cotgC = CH /AH

C

B
H

(0.5đ)

BC
BC
BG + CG
2 BG.CG 2 S BCG
=
=
≥
=
(1)
AH AH .BC
2.S ABC
2.S ABC
S ABC
1
Mà G là trọng tâm tam giác ABC nên S BCG = S ABC
(2)
3

2
Từ (1) và (2) suy ra cotB + cot C ≥ .
3
2

2

2

cotgB + cotg C =

(1.0 đ)
(0.5đ)
(0.5đ)

Dấu bằng xãy ra khi BG =CG hay BM = CN .hay tam giác ABC cân tại A
Bài 5 ( 4 đ )
Chứng minh được chu vi tam giác CMN = 2
( 1đ)
A
Áp dụng BĐT cô si :
MN = CM 2 + CN 2 ≥ 2CM .CN = 2 SCMN

( 0.75d )

CM + CN ≥ 2 CM .CN = 2 2 SCMN

( 0.75d )

Suyra 2 = MN + CM + CN ≥ ( 2 + 2 2 ) SCMN

( 0.5d )

Suyra SCMN ≤

1
3+ 2 2

Dấu bằng xãy ra khi và chỉ khi CM = CN = 2 - 2

(0.5đ)
B

M

( 0.5d )
D

(0.5đ)

N

C